$A=[\frac{1}{(a+1)^2} + \frac{1}{(c+1)^2}] + 2[\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}]$$A\geq \frac{2}{(a+1)(c+1)} + \frac{4}{(b+1)(c+1)}$ ( Theo bất đẳng thức Cô-si)
$=\frac{2.(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)} + \frac{4.(a+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}$
Mà $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$
Mà $ab+bc+ca=3\geq 3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \leq 1$
Nên $(a+1)(b+1)(c+1) \leq a + b + c + 5$
Nên, $A \geq \frac{2b+2+4a+4}{a+b+c+5}$
$ \geq \frac{2a+2b+2c+6}{a+b+c+5}$
$= \frac{2a+2b+2c+10-4}{a+b+c+5}$
$= 2 - \frac{4}{a+b+c+5}$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
$ 3.(ab+bc+ca) \leq (a+b+c)^2 $
$ \Leftrightarrow 3ab + 3bc + 3ca \leq a^2 + b^2 +c^2 + 2ab + 2bc + 2ca $
$ \Leftrightarrow a^2 - ab + b^2 - bc + c^2 - ca \geq 0$
$ \Leftrightarrow a^2 - 2ab + b^2 + b^2 - 2bc + c^2 + c^2 - 2ca + a^2 \geq 0$
$ \Leftrightarrow (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \geq 0$
$\Rightarrow$ Bất đẳng thức trên luôn đúng.
Vậy $(a+b+c)^2 \geq 3.(ab+bc+ca) = 9$
$\Leftrightarrow a+b+c\geq3$
Nên, $A \geq 2 - \frac{4}{8} = \frac{3}{2}$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$